Question

6．已知函数f（x）=ax-be^x，g（x）=x²+ax（a，b∈R，e为自然对数的底）
（1）若对任意的x∈[1，3]，不等式f（x）≤g（x）恒成立，求实数b的取值范围
（2）试判断函数f（x）的单调性
（3）当a=1时，若函数f（x）有两个不同零点x₁，x₂，求证：x₁+x₂＞2．

Answer 1

分析 （1）分离参数，-b≤$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，构造函数，利用导数求出函数的最小值，问题得以解决；
（2）求导f′（x）=f′（x）=a-be^x，分类讨论，由导数的正负确定函数的单调性；
（3）由题意可求出0＜b＜$\frac{1}{e}$；则b=$\frac{x}{{e}^{x}}$的两个不同根为x₁，x₂，做y=$\frac{x}{{e}^{x}}$的图象，利用数形结合证明．

解答 解：（1）∵对任意的x∈[1，3]，ax-be^x ≤x²+ax恒成立，∴-b≤$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$．
令h（x）=$\frac{{x}^{2}}{{e}^{x}}$，则h′（x）=$\frac{x（2-x）}{{e}^{x}}$．
在[1，2）上，h′（x）＞0，h（x）为增函数；在（2，3]上，h′（x）＞0，h（x）为减函数，故h（x）的最大值为h（2）=$\frac{4}{{e}^{2}}$．
由于h（1）=$\frac{1}{e}$，h（3）=$\frac{9}{{e}^{3}}$，故h（x）的最小值为$\frac{1}{e}$，∴-b≤$\frac{1}{e}$，即b≥-$\frac{1}{e}$，
故实数b的取值范围为[-$\frac{1}{e}$，+∞）．
（2）函数f（x）=ax-be^x的定义域为R，f′（x）=a-be^x，
①当a＜0、b＞0时，f′（x）＜0，f（x）在R上是减函数．
②当a＞0、b＜0时，f′（x）＞0，f（x）在R上是增函数．
③当a＞0、b＞0时，令f′（x）=0，求得 x=ln$\frac{a}{b}$，在（-∞，ln$\frac{a}{b}$）上，f′（x）＞0，f（x）是增函数；
在（ln$\frac{a}{b}$，+∞）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数．
④当a＜0、b＜0时，令f′（x）=0，求得 x=ln$\frac{a}{b}$，在（-∞，ln$\frac{a}{b}$）上，f′（x）＜0，f（x）是减函数；
在（ln$\frac{a}{b}$，+∞）上，f′（x）＞0，f（x）是增函数．
（3）∵f（x）=x-be^x，由f（x）=x-be^x=0得b=$\frac{x}{{e}^{x}}$，
设g（x）=$\frac{x}{{e}^{x}}$，
则g′（x）=$\frac{1-x}{{e}^{x}}$，
由g′（x）＜0得x＞1，由g′（x）＞0得x＜1，
即函数g（x）在x=1时，取得极大值g（1）=$\frac{1}{e}$，
则要使f（x）有两个零点x₁、x₂，
则满足0＜b＜$\frac{1}{e}$，
则x₁=be^x₁，x₂=be^x₂；
∵g（x）在（-∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
又∵当x∈（-∞，0]时，g（x）≤0，
故不妨设x₁∈（0，1），x₂∈（1，+∞）；
对于任意a₁，a₂∈（0，$\frac{1}{e}$），设b₁＞b₂，
若g（m₁）=g（m₂）=b₁，g（n₁）=g（n₂）=b₂，
其中0＜m₁＜1＜m₂，0＜n₁＜1＜n₂，
∵g（x）在（-∞，1）上单调递增，在（1，+∞）上单调递减；
又∵g（m₁）＞g（n₁），g（m₂）＞g（n₂）；
∴m₁＞n₁，m₂＜n₂；
∴$\frac{{m}_{2}}{{m}_{1}}$＜$\frac{{n}_{2}}{{n}_{1}}$；
故$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$随着b的减小而增大，
令$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$=t，
x₁=be^x₁，x₂=be^x₂，可化为x₂-x₁=lnt；t＞1；
则x₁=$\frac{lnt}{t-1}$，x₂=$\frac{xlnt}{t-1}$；
则x₂+x₁=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$，
令h（t）=$\frac{（t+1）lnt}{t-1}$，
则可证明h（t）在（1，+∞）上单调递增；
故x₂+x₁随着t的增大而增大，即
x₂+x₁随着$\frac{{x}_{2}}{{x}_{1}}$的增大而增大，
故x₂+x₁随着a的减小而增大，
而当b=$\frac{1}{e}$时，x₂+x₁=2；
故x₁+x₂＞2

点评 本题考查了导数的综合应用及恒成立问题，同时考查了数形结合的思想应用，属于难题．